CHƯƠNG 2 TUYỂN CHỌN CÁC DẠNG TOÁN ĐIỂN HÌNH B Chủ đề 2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC 1 Hình vuông Bài 03 (Trích Đề thi thử THPT Hiền Đa 2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình vuông có[.]
B Chủ đề MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC Hình vng Bài 03 (Trích Đề thi thử THPT Hiền Đa -2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có điểm C 2; Gọi I , K trung điểm DA DC ; M 1; 1 giao BI AK Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình vng ABCD biết điểm B có hồnh độ dương Phân tích định hướng giải: Đây tốn hình vng quen thuộc: Dựa vào hình vẽ phát tính chất quen thuộc AK BM , giải thiết cho tọa độ điểm M, C nên ta định lượng độ dài cạnh hình vng từ tính BM , BC để tìm tọa độ điểm B Lời giải: Gọi J trung điểm AB Khi AJCK hình bình hành AK / / CJ Gọi N CJ BM N trung điểm BM Chứng minh AK BI từ suy tam giác BMC tam giác cân C Ta có MC 3; 1 AB BC MC 10 Trong tam giác vng ABM có AB2 BM.BI BM AB Tọa độ điểm B thỏa mãn: BM 2 2 2 ( x 2) ( y 2) 10 B(1;1) (Vì B có hồnh độ dương) 2 ( x 1) ( y 1) 8 Đường thẳng AB có phương trình x y 0 , đường thẳng AM có phương trình x y 0 x y 0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ x y 0 x , suy A( 2;0) y 0 Ta có BA CD D 1; Bài 04 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có phương trình đường chéo AC x y 13 0 Gọi M,N điểm tia đối tia CB DC cho BM DN Biết 15 11 điểm K ; trung điểm MN , đỉnh B nằm Oy , đỉnh A có hồnh độ lớn 2 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình vng Phân tích định hướng giải: Bài toán xoay quanh ba điểm A, K , C Dựa vào hình vẽ giả thuyết đặt AK KC Với tốn hình vng, điểm thuộc đường chưa có tỉ lệ định việc chứng minh quan hệ vng góc nhờ phương pháp vec tơ giải pháp tối ưu Lời giải: Giả sử BM DN k.BC Ta có BK BM BN BM BC CD DN ( k 1)BC ( k 1)CD ( k 1) BC BA ; 2 Do BK AC ( k 1) BC BA BC BA ( k 1) BC BA 0 Đường thẳng BK qua K vng góc với AC nên có phương trình x y 0 x y 0 Tọa độ điểm B nghiệm hệ x 0 x 0 B(0;3) y 3 x y 0 Tọa độ tâm I hình vng nghiệm hệ 3 x y 13 0 x 3 I (3;4) y 4 Vì I trung điểm BD nên D(6;5) ( x 3)2 ( y 4)2 10 ( x; y) (2;7) ( x; y) (4;1) 3 x y 13 0 Tọa độ điểm A, C nghiệm hệ Vậy A(2;7), B(0;3), C(4;1), D(6;5) A(4;1), B(0;3), C(2;7), D(6;5) Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD Gọi F điểm cạnh AB thoả mãn BF 5 FA , đường thẳng qua trung điểm E cạnh AD trọng tâm G tam giác ABC 13 ; đỉnh B có tung độ âm Tìm toạ độ đỉnh có phương trình 11 x y 0 Biết F 2 hình vng ABCD Phân tích định hướng giải: Bài toán xoay quanh ba điểm G, E, F nên từ hình giả thuyết đặt cho mối quan hệ ba điểm GE GF Việc chứng minh cho ta nhiều hướng giải: Phương pháp vec tơ, phương pháp đại số hóa hay phương pháp gắn hệ trục tọa độ khả thi Sau lời giải trình bày phương pháp vec tơ Nút thắt toán tháo gỡ, vấn đề cịn lại khơng khó khăn Lời giải: Gọi a độ dài cạnh hình vng ABCD Ta có 1 BA BD GE BE BG BA BD BD 5 BA BD GF BF BG BA BD 12 12 Suy 1 GE.GF BA BD BA BD 72 2 1 15 BA BA BD BD 15 a2 a2 a2 0 72 72 Vì GF vng góc với GE Toạ độ điểm G hình chiếu F GE thoả mãn hệ 11 x y 0 x G 1;1 13 3 x 11 y y Tam giác BFG có GF BF BG BF BG.cos45 Từ suy FB 112 72 25 2 a a a a a 2 10 36 144 12 25 125 80 a , BG a2 144 18 9 2 13 3 125 a b a 3, b 18 B a ; b Gọi ta có hệ 2 a 13 , b 169 1 1 80 51 51 a b 5 Đối chiếu với điều kiện suy B 3; 1 từ BF BA A 1;5 12 Gọi I tâm hình vng có BI BG I 1;1 Do I trung điểm AC nên C 3; Lại có AD BC D 5;3 Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm A 1;5 , B 3; 1 , C 3; D 5;3 Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I Gọi M , N , J trung điểm đoạn thẳng AI , CD,BN Giả sử phương trình đường thẳng MJ y 0 N 5;6 Tìm toạ độ đỉnh hình vng ABCD biết đỉnh C có hồnh độ lớn Phân tích định hướng giải: Đây tốn hình vng với giả thiết trung điểm ta hồn tồn định lượng độ dài đoạn thẳng Bài tốn xoay quanh ba điểm M , N , J , từ hình vẽ giả thuyết đặt MJ JN Việc chứng minh điều hồn tồn phương pháp đại số tính chất quan hệ song song vng góc Lời giải : Gọi độ dài cạnh hình vng a Dùng định lý hàm số côsin cho tam giác ABM , CMN , BCN tính được: MB MN a 10, BN 2a Nên tam giác BMN vuông cân M J trung điểm BN suy MJ NJ Đường thẳng NJ qua N vng góc với MJ có phương trình x 0 Toạ độ điểm J nghiệm x 5 x 0 hệ Vì J trung điểm BN nên B 5;1 2 y 0 y Gọi C x; y , x ta có BC 2 NC BN 2 x y 1 20 Ta có hệ phương trình: 2 x y 5 2 x y 1 20 10 y 35 15 x 7, y 5 x 4 x 3, y 5 y 5 Đối chiếu điều kiện ta có C 7;5 , N trung điểm CD nên D 3;7 DC AB A 1;3 Vậy toạ độ bốn đỉnh cần tìm A 1;3 , B 5;1 , C 7;5 , D 3;7 Bình luận: Có thể chứng minh NJ MJ theo cách sau Gọi K trung điểm đoạn thẳng DN Ta có JK / / BD MK / / AD JK MI IJ MK BD AC IJ AD Từ suy I trực tâm tam giác MJK Do IK MJ mà IK / / NJ , NJ MJ Bài 17 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có đỉnh C 4; M điểm nằm cạnh AB M A, M B Gọi E, F hình chiếu vng góc A, C lên DM I giao điểm CE BF Tìm toạ độ đỉnh A, B, D biết I 2;3 đỉnh B nằm đường thẳng x y 10 0 Phân tích định hướng giải: Giả thiết cho tọa độ điểm C, I đỉnh B thuộc đường thẳng x y 10 0 hướng ta tìm mối quan hệ ba điểm Dựa vào hình vẽ giả thuyết đặt BI IC Mặt khác gọi K tâm hình vng ta có BKC 90 nên suy nghĩ tự nhiên cần chứng minh tứ giác BIKC nội tiếp Lời giải: Gọi K tâm hình vng Xét tam giác EAD FCD vng có AD DC EDA FCD (góc có cạnh tương ứng vng góc) Suy ra: EAD FDC ED FC (1) +) Ta có: DCF (cùng phụ góc DCF ) hay ECB FCB FCB Lại có: DC BC nên DEC CFB CE BF (2) AC BD (3) Từ (1),(2) (3) ta có: DFB AEC FBD ECA hay IBK ICK Vậy tứ giác IBCK nội tiếp nên BIC BKC 90 Đường thẳng BI vng góc với CI nên có phương trình x y 0 x y 10 0 x 0 B 0;5 Toạ độ điểm B thoả mãn hệ x y 0 y 5 Phương trình đường thẳng BC x y 0 Đường thẳng AB qua B vng góc BC nên có phương trình x y 10 0 2 Gọi A 10 2a; a thuộc đường thẳng AB , ta có: AB2 BC 80 10 2a a 80 a 1 a 16 a 9 Suy A 8;1 A 8;9 +) Phương trình đường thẳng CI x y 0 , A, B khác phía với CI nên A 8;1 Vì DC AB 8;4 D 4; Vậy A 8;1 , B 0;5 , D 4; Bài 20.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD tâm I có đỉnh B 8;3 Gọi M trung điểm cạnh AB Gọi E, F hai điểm hai cạnh BC, CD thoả mãn EIF 45 Tìm toạ độ đỉnh A, C, D biết phương trình đường thẳng ME x y 27 0 đỉnh A thuộc đường thẳng x y 0 v F 6; Phân tích định hướng giải: Giả thiết cho ta nhiều ý EIF 45 Do lẽ tự nhiên ta đặc biệt hóa vị trí điểm E, F Nếu E trung điểm BC F trùng C, E C F trung điểm CD hai trường hợp có ME / / AF Việc chứng minh quan hệ song song ta thường chứng minh cặp góc (ở vị trí đồng vị so le trong) , điều dẫn tốn đến chứng minh tam giác đồng dạng.Có thể suy ngược sau: EB MB ME / / AF EMB FAB AFD EMB AFD AD FD EB.FD AD MB AD2 IB.ID FID IEB Lời giải: Ta có: FID I 135 , IEB I 135 Suy FID IDF IEB IBE 45 Do tam giác FID đồng dạng tam giác IEB suy FD DI IB BE Đặt BM a AD 2a, IB ID a Ta có: FD BE IB ID 2a2 AD.BM FD AD nên BM BE AFD EMB AFD EMB FAB EMB Suy ME / / AF Đường thẳng AF qua F 6; song song ME nên có phương trình AF : x y 0 x y 0 x 2 A 2;3 5 x y 0 y 3 Toạ độ điểm A nghiệm hệ Đường thẳng AB qua A, B nên có phương trình y 0 Đường thẳng BC qua B vng góc AB nên có phương trình BC : x 0 Đường thẳng CD qua F song song AB có phương trình y 0 x 0 x C 8; Suy toạ độ điểm C nghiệm hệ y 0 y Do AB DC D 2; Vậy A 2;3 , C 8; , D 2; Bài 30.[Trích Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015-Lương Ngọc Quyến] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho 11 hình vng ABCD có điểm F ;3 trung điểm cạnh AD đường thẳng EK có phương trình 19 x y 18 0 với E trung điểm AB , điểm K thuộc cạnh CD cho KD 3 KC Tìm tọa độ điểm C biết điểm E có hồnh độ nhỏ Phân tích định hướng giải: Đây tốn hình vng quen thuộc với giả thiết điểm thuộc cạnh hình vng theo tỉ lệ đoạn thẳng nên hướng ta cách nghĩ đại số hóa, đặt cạnh hình vng a , tìm a dựa vào việc tính diện tích tam giác theo hai cách khác thiết lập phương trình Lời giải: Đặt AB a a SEFK SABCD SAEF SFDK SKCBE a2 16 1 25 a 17 25 a Mặt khác SEFK d F ; EK EK 2 17 16 Suy a2 25 a a 5 Do EF 16 16 x 2 11 25 x 58 y x Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình 17 19 x y 18 0 y 5 5 Vì điểm E có hồnh độ nhỏ nên E 2; 2 Đường thẳng AC qua trung điểm I vng góc với EF nên có phương trình x y 29 0 Gọi P AC EK ta có PA PC mà PI PA suy PI 4 PC 7 x y 29 0 Tọa độ điểm P nghiệm hệ 19 x y 18 0 Từ PI 10 x y 17 4 PC C 3;8 Bài 31 [ Đề thi thử THPT Quốc Gia 2015-Lý Tự Trọng-Nam Định] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có điểm B 1;5 Gọi M điểm thuộc đoạn AB cho BM 5 AM N thuộc cạnh CD thỏa mãn DN 2CN Biết đường thẳng MN có phương trình x y 0 đỉnh D thuộc đường thẳng x y 0 Tìm tọa độ đỉnh A, C, D Phân tích định hướng giải: Cùng dạng với toán trên, giả thiết cho điểm thuộc đoạn thẳng theo tỉ lệ cho trước, khác với toán giả thiết cho tọa độ đỉnh B 1;5 đỉnh D thuộc đường thẳng cho trước Hai điểm nằm phía đường thẳng MN , nên “nút thắt” tốn xác định tỉ số khoảng cách d D; MN d B; MN Lời giải: Gọi I giao điểm BD MN , ta có d D; MN d B; MN DI DN BI DM 4 2.5 Suy d D; MN d B; MN 2 Do D thuộc đường thẳng x y 0 nên gọi D a;4 a Ta có d D; MN a a a 5 a 8 a Vì B, D khác phía đường thẳng MN nên D 5; 1 Đường thẳng AC trung trực BD nên có phương trình x y 0 Tọa độ tâm J hình vng J 2;2 Gọi A t; t ta có AJ BD 3 t 3 2 t 3 t Vì A, D phía với MN nên A 1; 1 C 5;5 Vậy A 1; 1 , C 5;5 , D 5; A 5;5 t 5 t A 1; 1 Bài 38.[Trích Đề thi thử số 6/2015- Phạm Tuấn Khải] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Trên cạnh AD , AB lấy hai điểm E , F cho AE AF Gọi H hình chiếu A lên BE Tìm tọa độ điểm C biết C thuộc đường thẳng d : x y 0 hai điểm F 2; , H 1; 1 Phân tích định hướng giải: Giả thiết toán cho điểm C thuộc đường thẳng d : x y 0 hai điểm F 2; , H 1; 1 hướng tìm mối quan hệ ba điểm F ,C , H Từ hình vẽ đặt giả thuyết HC HF Để khẳng định giả thuyết ta chứng minh phương pháp vec tơ hình học túy Đối với hình học túy ta cần xác định thêm hình chữ nhật nội tiếp đường trịn đường kính CF , cụ thể tốn FBCI Lời giải: Kéo dài AH cắt CD I , tứ giác BCIH nội tiếp đường trịn đường kính BI Mặt khác ABE DAI ( g c g ) suy DI AE mà AE AF nên DI AF BF CI Do tứ giác BCIF hình chữ nhật nên nội tiếp đường trịn đường kính BI Do hệ điểm B ,C , I , H , F thuộc đường tròn nên FHC FBC 90 hay HC HF Vì C d nên C c 1; c ta có HC 2c 2; c 1 , HF 1;1 Ta có HC HF 0 2c c 1 0 c 1 Vậy C ; 3 Bài 40.[Trích Đề thi thử số 9/2015-Phạm Tuấn Khải] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có I , K tương ứng trung điểm AD BD , điểm M nằm cạnh CD cho 10 MD MC , biết điểm G 1; trọng tâm tam giác BDK đường thẳng IM có phương trình x y 11 0 Viết phương trình đường thẳng BD Phân tích định hướng giải: Mới đầu ta thấy giả thiết xuất điểm I , K , M thuộc ba cạnh tam giác ta nghĩ đến việc tính diện tích tam giác SIKM theo hai cách để định lượng độ dài cạnh hình vng, với tốn có phương trình đường thẳng IM lại chưa có tọa độ điểm K , ta phải chuyển sang hướng khác Nhìn lại giả thiết cho tọa độ điểm G trọng tâm tam giác BDK , dựa vào hình vẽ ta có nhận xét G thuộc IK giả thuyết đặt GD IM Để tháo gỡ nút thắt công cụ tối ưu chắn phương pháp vec tơ Lời giải: Gọi cạnh hình vng a 1 Ta có: DG DI IG DA 1 DC IM ID DM DA DC 1 2 2 1 2 Suy DG IM DA DC DA DC DA DC a a 0 (vì DA DC 0 4 4 2 ) Đường thẳng DG qua G vng góc với IM nên có phương trình : x y 11 0 x y 11 0 Tọa độ giao điểm H DG IM nghiệm hệ x y 11 0 11 x y 22 a DH DI DH DG DI Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông DIG ta có DG DG 2 25 a a 9 Mà DH DG hướng nên DH DG 25 11 xD 25 xD x 4 D D 4; Do yD 22 y 10 y D D 25 Suy DG a 10 a a 10 , ID 10 ID 10 Gọi I t ; 3t 11 , ta có ID 10 t 3t 11 2 t 3 10 t 22t 21 0 t 7 34 7 Do I 3; I ; 5 Mặt khác gọi J tâm hình vng IG JG Do Với I 3; J 0; Đường thẳng BD qua J , D nên có phương trình x y 0 21 34 J ; Với I ; Đường thẳng BD qua J , D nên có phương trình x 11 y 47 0 5 Vậy BD : x y 0 BD : x 11 y 47 0 Bài 44 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD ,trên tia đối tia BA lấy điểm E cho EB AB cạnh AD lấy điểm F cho DF AF Các đường thẳng CE , CF tương ứng có phương trình x y 20 0 x 11 y 10 0 Biết điểm M 2; nằm đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD Phân tích định hướng giải: Trước hết ta xác định tọa độ điểm C giao điểm CE CF Với tốn hình vng có điểm chia đoạn thẳng theo tỉ lệ cho trước hướng nghĩ tự nhiên cho ta cách đại số hóa cách gọi cạnh hình vng a để tìm mối liên hệ đại lượng Trong toán dựa vào hình vẽ ta xuất ý tưởng chọn thêm điểm phụ I giao điểm CF AD Khi giả thuyết đặt CI CF IF CF , để khẳng định giả thuyết ta tính đại lượng , so sánh cho ta kết IF CF hay ICF cân F Do có phương tình CE ,CF nên sử dụng FCI FIC phương trình đường thẳng AD (đi qua I , F ) Từ tốn giải trọn vẹn Lời giải: x y 20 0 Tọa độ điểm C nghiệm hệ x 11 y 10 0 Gọi I giao điểm AD CE ta có x 5 C 5; y 0 ID IC AB IA IF AE 3 Đặt AB a a , ta có ID a , DF a IF ID DF a a a 4 Áp dụng định lí Pitago tam giác vng CDF ta có CF CD DF a a a 16 Suy IF CF nên tam giác ICF cân F Gọi n m ; n với m n vec tơ pháp tuyến đường thẳng AD Khi ta có cos CFI nên ta có cos FCI m 3n m n 4.2 3.11 125 m 2n 11m 24mn 4n 0 11m 2n Với m 2n , chọn n 1 m ta có AD : x y 0 Với 11m 2n , chọn n 11 m ta có AD : x 11 y 40 0 (loại) Đường thẳng CD có phương trình x y 0 m 3n m n x y 0 Tọa độ điểm D nghiệm hệ x y 0 x 1 D 1; y x y 0 x 2 I 2; Tọa độ điểm I nghiệm hệ x y 20 0 y Ta có IA ID suy A 1; B 3; Vậy A 1; , B 3; , C 5; , D 1; Bài 47 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD vng có tâm I , tọa độ điểm A 1; , 1 17 trọng tâm tam giác ADC IDC G ; , G ' ; Tìm tọa độ đỉnh B ,C , D 3 3 Phân tích định hướng giải: 1 17 G ; , G ' ; Vì hai tam giác 3 3 ADC , IDC có chung đáy nên gọi M trung điểm CD dựa vào tính chất trọng tâm tam giác ta thấy Giả thiết toán cho tam giác ADC IDC AG IG ' 2 GG '/ / AI GM G' M hay GG '/ / AC Viết phương trình đường thẳng AC Bây viết phương trình đường thẳng BD I C , D Rõ ràng BD AC nên đường thẳng BD hoàn toàn xác định G thuộc BD Bài tốn có hướng giải trọn vẹn Lời giải: Theo tính chất trọng tâm tam giác ta có AG IG ' 2 GG '/ / AI GM G' M hay GG '/ / AC Đường thẳng AC qua A song song với GG ' nên có phương trình x 0 Đường thẳng BD qua G vng góc với AC nên có phương trình y 0 Do I AC BD I 1; Vì I trung điểm AC nên C 1;7 Giả sử D x ; y ta có GD x ; y , IG ; Vì G trọng tâm tam giác ACD suy GD IG Ta có AB DC nên suy B 3; x x D 1; 3 y 5 y 0 Vậy B 3; , C 1; , D 1; Bài 48 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD vuông , điểm E thuộc cạnh BC , phân giác góc BAE cắt cạnh BC F 1; Đường thẳng qua F vng góc với AE cắt cạnh CD K , phương trình đường thẳng qua A , K d : x y 0 Tìm tọa độ đỉnh hình vng biết AE qua gốc tọa độ O điểm A có hồnh độ âm Phân tích định hướng giải: Bài tốn cho hình vng có phương trình đường thẳng AK ,biết tọa độ điểm F , giả thiết khác xoay quanh điểm A hướng cần tìm mối quan hệ ba điểm A , K , F Khai thác thêm giả thiết tính đối xứng qua đường phân giác góc BAE góc hình cho ta nghĩ đến việc đặt giả thuyết KAF khơng đổi Bằng cách đặc biệt hóa vị trí điểm E trung điểm BC cho ta kết KAF 45 Để chứng minh khẳng định giả thuyết suy ngược trở lại ta cần chứng minh EAK Khi yếu tố DAK phụ tốn xuất giao điểm FK AE “nút thắt” toán tháo gỡ Lời giải: Gọi M giao điểm FK AE Xét tam giác ABF có BAF FAM , ABF AMF 90 , AF AMF chung nên suy ABF AMF (g-c-g) AB AM mà AB AD AM AD Xét tam giác ADK AMK có AM AD , AMK ADK , AK chung AMK ADK (c-g-c) 1 KAM MAE DAM MAB DAB 90 45 Suy DAK Lại có KAF MAK 2 Đường thẳng AF qua F có vec tơ pháp tuyến n a ; b với a b2 Ta có cos KAF cos 45 a 2b a b a 3b a 2b a b 3a ab 3b 0 a b Với a 3b , chọn a b 1 ta có AF : x y 0 x y 0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ x y 0 x A 3; y 4 Ta có đường thẳng AE qua A ,O nên có phương trình x y 0 Đường thẳng FK qua F vng góc với AE nên có phương trình x y 0 x y 0 Tọa độ điểm M nghiệm hệ x y 0 x 4 M ; 5 5 y Điểm B đối xứng với M qua AF nên B 3; , D đối xứng với M qua AK nên D 3; Ta có AB DC nên C 3; Với 3a b , chọn a 1 b ta có AF : x y 0 x y 0 x 5 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình (loại) x y 0 y 0 Vậy A 3; , B 3; , C 3; , D 3; ... FB 1 12 72 25 2 a a a a a ? ?2 10 36 144 12 25 125 80 a , BG a2 144 18 9 2 13 3 125 a b a 3, b 18 B a ; b Gọi ta có hệ 2 a... BG BA BD 12 12 Suy 1 GE.GF BA BD BA BD 72 2 1 15 BA BA BD BD 15 a2 a2 a2 0 72 72 Vì GF vng góc với GE Toạ độ điểm G hình chiếu F GE... nên ta có cos FCI m 3n m n 4 .2 3.11 125 m 2n 11m 24 mn 4n 0 11m 2n Với m 2n , chọn n 1 m ta có AD : x y 0 Với 11m 2n , chọn n 11 m ta có AD : x 11